[math]1999年度防衛医科大学校数学問題2

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2021.12.26

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問題

$f(x) = x^2 + 4n\cos{x} + 1-4n\ (n = 1, 2, 3, \cdots)$を考える。
$(1)$ $\displaystyle f(x) = 0, 0 < x < \frac{\pi}{2}$を満たす$x$がただ一つ存在することを示せ。
$(2)$ その$x$を$x_n$とするとき、$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{x_n} = 0$を示せ。
$(3)$ $\displaystyle \lim_{n\to\infty}{n{x_n}^2}$を求めよ。

方針

$(1)$から難しい。「文字定数は分離せよ」にこだわるとかえって難しくなる。$(2)$はまだしも、$(3)$は高度な式変形のテクニックが求められる。

解答

$(1)$ $\displaystyle 0 < x < \frac{\pi}{2}$において$\sin{x}$は正だから、$$\begin{eqnarray}f^{\prime}(x) & = & 2x- 4n\sin{x} \\ & = & 2(x-2n\sin{x}) \\ & \geq & 2(x-2\sin{x})\end{eqnarray}$$である。$g(x) = x-2\sin{x}$とすると、$g^{\prime}(x) = 1-2\cos{x}$であるから、$g(x)$の増減は以下のようになる。$$\begin{array}{|c|*6{c|}}\hline x & 0 & \cdots & \frac{\pi}{3} & \cdots & \frac{\pi}{2} \\ \hline f^{\prime}(p) & & – & 0 & + \\ \hline f(p) & 0 & \searrow & \frac{\pi}{3}-\sqrt{3} & \nearrow & \frac{\pi}{2}-2 \\ \hline \end{array}$$ $\displaystyle g\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2}-2 < 0$だから、この区間において$g(x) < 0$がわかる。したがって、$f^{\prime}(x) < 0$がわかる。$f(x)$は減少関数で、$\displaystyle f(0) = 1 > 0, f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \frac{{\pi}^2}{4} + 1-4n < 0$だから、題意のように区間$\left[0, \frac{\pi}{2}\right]$に$f(x) = 0$を満たす$x$がただ一つ存在する。

$(2)$ $f(x_n) = 0$を変形すると、$\displaystyle \cos{x_n} = 1-\frac{1+{x_n}^2}{4n}$である。$\displaystyle 0 < x_n < \frac{\pi}{2}$であるから、$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{\frac{1+{x_n}^2}{4n}} = 0$である。これより、$\displaystyle \lim_{n\to\infty}{\cos{x_n}} = 1$であるから、$\displaystyle 0 < x_n < \frac{\pi}{2}$に注意して、$\displaystyle \underline{\lim_{n\to\infty}{x_n} = 0}$である。

$(3)$ $f(x_n) = 0$を変形すると、$\displaystyle {x_n}^2+1 = 4n(1-\cos{x_n}) = 8n\sin^2{\frac{x_n}{2}}$となる。つまり、$\displaystyle n = \frac{{x_n}^2+1}{8\sin^2{\frac{x_n}{2}}}$である。これを用いると、$$\begin{eqnarray}n{x_n}^2 & = & \frac{{x_n}^2+1}{8\sin^2{\frac{x_n}{2}}}\cdot {x_n}^2 \\ & = & \frac{\left(\frac{x_n}{2}\right)^2}{\sin^2{\frac{x_n}{2}}}\cdot \frac{1}{2}({x_n}^2+1) \\ & \to & 1\cdot \frac{1}{2}\cdot 1\ (n\to\infty) \end{eqnarray}$$である。よって、求める極限は$\displaystyle \underline{\frac{1}{2}}$となる。